Giải bài tập SGK Toán 11 Nâng cao Chương 4 Bài 6: Một vài quy tắc tìm giới hạn vô cực

Dưới đây là hướng dẫn giải bài tập SGK Toán 11 Nâng cao bài Một vài quy tắc tìm giới hạn vô cực trang 163 với nội dung gồm các bài tập có hướng dẫn giải chi tiết, rõ ràng, trình bày khoa học. eLib hy vọng đây sẽ là tài liệu hữu ích giúp các bạn học sinh lớp 11 học tập thật tốt.

Giải bài tập SGK Toán 11 Nâng cao Chương 4 Bài 6: Một vài quy tắc tìm giới hạn vô cực

1. Giải bài 34 trang 163 SGK Đại số & Giải tích 11 Nâng cao

Tìm các giới hạn sau:

a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {3{x^3} - 5{x^2} + 7} \right)\)

b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \sqrt {2{x^4} - 3x + 12} \)

Phương pháp giải:

a) Đặt lũy thừa bậc cao nhất của x làm nhân tử chung và tính giới hạn.

b) Đưa \(x^4\) ra khỏi căn và tính giới hạn.

Hướng dẫn giải:

a) Ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {3{x^3} - 5{x^2} + 7} \right) \) \(= \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {x^3}\left( {3 - {5 \over x} + {7 \over {{x^3}}}} \right) = - \infty \)

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {x^3} = - \infty \text{ và }\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {3 - {5 \over x} + {7 \over {{x^3}}}} \right) = 3 > 0\)

b) 

\(\eqalign{ & \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \sqrt {2{x^4} - 3x + 12} \cr &= \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {x^2}\sqrt {2 - {3 \over {{x^3}}} + {{12} \over {{x^4}}}} = + \infty \cr & \text{Vì }\,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {x^2} = + \infty \cr &\text{ Và }\,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \sqrt {2 - {3 \over {{x^3}}} + {{12} \over {{x^4}}}} = \sqrt 2 > 0 \cr} \)

2. Giải bài 35 trang 163 SGK Đại số & Giải tích 11 Nâng cao

Tìm các giới hạn sau:

a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} {{2x + 1} \over {x - 2}}\)

b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} {{2x + 1} \over {x - 2}}\)

c) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {{1 \over x} - {1 \over {{x^2}}}} \right)\)

d) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {{1 \over {x - 2}} - {1 \over {{x^2} - 4}}} \right)\)

Phương pháp giải:

Áp dụng quy tắc 2: 

Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L \ne 0\)\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} g(x) = 0\) và g(x) > 0 hoặc g(x) < 0 với mọi \(x \in J \backslash \{ x_0\}\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f(x)}}{{g(x)}}\) được tính như sau:

Hướng dẫn giải:

\(\eqalign{a) & \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} {{2x + 1} \over {x - 2}} = + \infty \cr & \text{Vì }\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {2x + 1} \right) = 5,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {x - 2} \right) = 0\,\text{ và }\,x - 2 > 0,\forall x > 2 \cr} \)

\(\eqalign{b) & \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} {{2x + 1} \over {x - 2}} = - \infty \cr & \text{Vì }\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {2x + 1} \right) = 5,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {x - 2} \right) = 0\,\text{ và }\,x - 2 < 0,\forall x < 2 \cr} \)

\(\eqalign{d) & \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {{1 \over x} - {1 \over {{x^2}}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {{x - 1} \over {{x^2}}} = - \infty \cr & \text{Vì }\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {x - 1} \right) = - 1 < 0\text{ và }\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {x^2} = 0,{x^2} > 0\;\forall x \ne 0. \cr} \)

\(\eqalign{d) & \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {{1 \over {x - 2}} - {1 \over {{x^2} - 4}}} \right) \cr &= \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} {{x + 2 - 1} \over {{x^2} - 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} {{x + 1} \over {{x^2} - 4}} \cr &= - \infty \cr & \text{Vì }\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {x + 1} \right) = 3,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {{x^2} - 4} \right) = 0\,\text{ và }\,{x^2} - 4 < 0\cr &\text{ với }\, - 2 < x < 2 \cr} \)

3. Giải bài 36 trang 163 SGK Đại số & Giải tích 11 Nâng cao

Tìm các giới hạn sau:

a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{{x^3} - 5} \over {{x^2} + 1}}\)

b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{\sqrt {{x^4} - x} } \over {1 - 2x}}\)

Phương pháp giải:

Tính \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } h(x)\):

- Phân tích \(h(x)=f(x).g(x)\)

- Tính \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } f(x)\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } g(x)\)

⇒ \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } h(x)\)

Hướng dẫn giải:

\(\eqalign{a) & \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{{x^3} - 5} \over {{x^2} + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {x}{{{x^2}\left( {1 - {5 \over {{x^3}}}} \right)} \over {{x^2}\left( {1 + {1 \over {{x^2}}}} \right)}} \cr & = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } x.{{1 - {5 \over {{x^3}}}} \over {1 + {1 \over {{x^2}}}}} = + \infty \cr & \text{Vì}\,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } x = + \infty \,\text{và}\,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {{1 - {5 \over {{x^3}}}} \over {1 + {1 \over {{x^2}}}}} = 1 > 0 \cr} \)

b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {{x^4} - x} }}{{1 - 2x}} \)

\(\begin{array}{l} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {{x^4}\left( {1 - \frac{1}{{{x^3}}}} \right)} }}{{1 - 2x}} \\= \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{{x^2}\sqrt {1 - \frac{1}{{{x^3}}}} }}{{x\left( {\frac{1}{x} - 2} \right)}} \\= \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {x.\frac{{\sqrt {1 - \frac{1}{{{x^3}}}} }}{{\frac{1}{x} - 2}}} \right] \end{array}\)

Ta có

\(\begin{array}{l} \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } x = - \infty \\ \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {1 - \frac{1}{{{x^3}}}} }}{{\frac{1}{x} - 2}} = \frac{1}{{ - 2}} < 0 \end{array}\)

Do đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {x.\frac{{\sqrt {1 - \frac{1}{{{x^3}}}} }}{{\frac{1}{x} - 2}}} \right) = + \infty \)

Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {{\sqrt {{x^4} - x} } \over {1 - 2x}}= + \infty \)

4. Giải bài 37 trang 163 SGK Đại số & Giải tích 11 Nâng cao

Tính:

a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {{2 \over {{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}.{{2x + 1} \over {2x - 3}}} \right]\)

b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {5 \over {\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} - 3x + 2} \right)}}\)

Phương pháp giải:

Áp dụng quy tắc 1: Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = \pm \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} g(x) = L \ne 0\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x).g(x)\) được tính như sau:

Hướng dẫn giải:

a) Ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {2 \over {{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = + \infty \)

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {\left( {x - 1} \right)^2} = 0,{\left( {x - 1} \right)^2} > 0,\forall x \ne 1\) \(\text{ và }\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {{2x + 1} \over {2x - 3}} = {3 \over { - 1}} = - 3 < 0\)

Do đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {{2 \over {{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}.{{2x + 1} \over {2x - 3}}} \right] = - \infty \)

b) Ta có:

\(\eqalign{ & {5 \over {\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} - 3x + 2} \right)}} \cr & = \frac{5}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}}\cr &= {1 \over {{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}.{5 \over {x - 2}} \cr & \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {1 \over {{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = + \infty \cr &\text{ Vì } \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {\left( {x - 1} \right)^2} = 0,{\left( {x - 1} \right)^2} > 0,\forall x \ne 1\cr &\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {5 \over {x - 2}} = - 5 < 0 \cr & \text{ Nên }\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {5 \over {\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} - 3x + 2} \right)}} = - \infty \cr} \)

Ngày:09/11/2020 Chia sẻ bởi:Oanh

CÓ THỂ BẠN QUAN TÂM